《2025年名校题库八年级数学上册北师大版》

4. (石室联中)如图,一次函数$y= \frac {5}{12}x+5$的图象分别与x轴、y轴相交于点A,B,且与经过点$C(7,0)的一次函数y= kx+b$的图象相交于点D. 点D的横坐标为12,直线CD与y轴相交于点E.
(1)直线CD的函数表达式为____.
(2)Q为线段DE上的一个动点,连接BQ.
①若直线BQ将$\triangle BDE的面积分为1:2$两部分,求点Q的坐标;
②点Q是否存在某个位置,将$\triangle BQD$沿着直线BQ翻折,使得点D恰好落在直线AB下方的坐标轴上? 若存在,请求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.

答案：
解:
(1)$y=2x-14$【解析】$\because$直线$y=\frac {5}{12}x+5$经过点$D$,$\therefore$当$x=12$时,$y=\frac {5}{12}x+5=10$,即点$D(12,10)$.设直线$CD$的表达式为$y=k(x-7)$,将点$D$的坐标代入上式,得$10=k(12-7)$,则$k=2$,故直线$CD$的函数表达式为$y=2x-14$.
(2)①$\because$直线$BQ$将$\triangle BDE$的面积分为$1:2$两部分,$\therefore S_{\triangle BEQ}=\frac {1}{3}S_{\triangle BDE}$或$S_{\triangle BEQ}=\frac {2}{3}S_{\triangle BDE}$.一次函数$y=\frac {5}{12}x+5$的图象分别与$x$轴、$y$轴相交于点$A$,$B$,则点$A$,$B$的坐标分别为$(-12,0)$,$(0,5)$.由函数$y=2x-14$易得,$E(0,-14)$,$\therefore BE=19$.如图1,过点$D$作$DH⊥y$轴于点$H$,则$DH=12$,$\therefore S_{\triangle BDE}=\frac {1}{2}BE\cdot DH=\frac {1}{2}×19×12=114$,$\therefore S_{\triangle BEQ}=\frac {1}{3}×114=38$或$S_{\triangle BEQ}=\frac {2}{3}×114=76$.设点$Q(t,2t-14)$,由题意知$t＞0$,过点$Q$作$QM⊥y$轴于点$M$,则$QM=t$,$\therefore \frac {1}{2}×19×t=38$或$\frac {1}{2}×19×t=76$,解得$t=4$或$t=8$,$\therefore$点$Q$的坐标为$(4,-6)$或$(8,2)$.

②如图2,当点$D$落在$x$轴正半轴上(记为点$D_{1}$)时,过点$D$作$DH⊥y$轴.

$\because B(0,5)$,$D(12,10)$,$\therefore BH=BO=5$.由翻折得$BD=BD_{1}$.在$Rt\triangle DHB$和$Rt\triangle D_{1}OB$中,$\begin{cases} BH=BO\\ BD=BD_{1} \end{cases}$,$\therefore Rt\triangle DHB\cong Rt\triangle D_{1}OB(HL)$,$\therefore ∠DBH=∠D_{1}BO$.由翻折得$∠DBQ=∠D_{1}BQ$,$\therefore ∠HBQ=∠OBQ=90^{\circ }$,$\therefore BQ// x$轴,$\therefore$点$Q$的纵坐标为$5$.在$y=2x-14$中,当$y=5$时,$x=\frac {19}{2}$,$\therefore Q(\frac {19}{2},5)$.如图3,当点$D$落在$y$轴负半轴上(记为点$D_{2}$)时,

过点$D$作$DH⊥y$轴,过点$Q$作$QM⊥BD$,$QN⊥OB$,垂足分别为$M$,$N$.由翻折得$∠DBQ=∠D_{2}BQ$,$\therefore QM=QN$.由
(2)①知$S_{\triangle BDE}=114$,即$S_{\triangle BQD}+S_{\triangle BQE}=114$,$\therefore \frac {1}{2}BD\cdot QM+\frac {1}{2}BE\cdot QN=114$.在$Rt\triangle BDH$中,由勾股定理,得$BD=\sqrt {BH^{2}+DH^{2}}=\sqrt {5^{2}+12^{2}}=13$,$\therefore \frac {1}{2}×13\cdot QN+\frac {1}{2}×19\cdot QN=114$,解得$QN=\frac {57}{8}$.在$y=2x-14$中,当$x=\frac {57}{8}$时,$y=\frac {1}{4}$,$\therefore Q(\frac {57}{8},\frac {1}{4})$.综上所述,点$Q$的坐标为$(\frac {19}{2},5)$或$(\frac {57}{8},\frac {1}{4})$.

1. (锦江区期末)如图,在平面直角坐标系$xOy$中,已知$∠AOB= 90^{\circ}$,$∠A= 60^{\circ}$,点$A的坐标为(-2\sqrt{3},2)$,若直线$y= -2x+2沿x轴平移m个单位长度后与\triangle AOB$仍有公共点,则$m$的取值范围是______。

答案：
$-2\sqrt{3}\leqslant m\leqslant 2 + 2\sqrt{3}$ [解析]如图，过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BF⊥x轴于点F。
∵A(−2$\sqrt{3}$,2)，
∴AE = 2，OE = 2$\sqrt{3}$。根据勾股定理，得$AO=\sqrt{AE^{2}+OE^{2}} = 4$，
∴$AE=\frac{1}{2}AO$，
∴∠AOE = 30°。
∵∠AOB = 90°，∠BAO = 60°，
∴∠ABO = 30°，
∴AB = 2AO = 8，
∴$BO=\sqrt{AB^{2}-AO^{2}} = 4\sqrt{3}$。又∠BOF = 180°−∠AOE−∠AOB = 60°，
∴∠OBF = 30°，
∴$OF=\frac{1}{2}BO = 2\sqrt{3}$，
∴$BF=\sqrt{BO^{2}-OF^{2}} = 6$，
∴B(2$\sqrt{3}$,6)。对于y = −2x + 2，当y = 0时，−2x + 2 = 0，
∴x = 1，
∴直线y = −2x + 2与x轴的交点坐标为(1,0)。设过点A且与直线y = −2x + 2平行的直线的表达式为y = −2x + p，把点A(−2$\sqrt{3}$,2)代入y = −2x + p，得2 = −2×(−2$\sqrt{3}$) + p，
∴p = 2 - 4$\sqrt{3}$，
∴y = −2x + 2 - 4$\sqrt{3}$。当y = 0时，−2x + 2 - 4$\sqrt{3} = 0$，
∴x = 1 - 2$\sqrt{3}$，
∴直线y = −2x + 2 - 4$\sqrt{3}$与x轴的交点坐标为(1 - 2$\sqrt{3}$,0)。设过点B且与直线y = −2x + 2平行的直线的表达式为y = −2x + q，把点B(2$\sqrt{3}$,6)代入y = −2x + q，得6 = −2×2$\sqrt{3}$ + q，
∴q = 6 + 4$\sqrt{3}$，
∴y = −2x + 6 + 4$\sqrt{3}$。当y = 0时，−2x + 6 + 4$\sqrt{3} = 0$，
∴x = 3 + 2$\sqrt{3}$，
∴y = −2x + 6 + 4$\sqrt{3}$与x轴的交点坐标为(3 + 2$\sqrt{3}$,0)。
∵直线y = −2x + 2沿x轴平移m个单位长度后与△AOB仍有公共点，则m的取值范围是$1 - 2\sqrt{3}-1\leqslant m\leqslant3 + 2\sqrt{3}-1$，即$-2\sqrt{3}\leqslant m\leqslant2 + 2\sqrt{3}$。